Suites

Si la suite $u$ est stationnaire alors elle est convergente, inversement supposons que la suite $u$ est convergente (vers $\ell$) et montrons qu'elle est stationnaire.

Puisque $u$ converge vers $\ell$, alors il existe $N\in \N$ tel que, pour tout entier $n\geq N$, on a $|u_n-\ell|\leq \dfrac{1}{4}$. On en déduit, $$\forall n,m\in \N, n\geq N,\,m\geq N\Longrightarrow |u_n-u_m|\leq |u_n-\ell|+|u_m-\ell|\leq \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2},$$ or comme $u_n,u_m\in \Z$ alors $|u_n-u_m|\in \N$ donc la seule possibilité est $|u_n-u_m|=0$ i.e. $u_n=u_m$. Ainsi on a montré que $u$ est constante à partir d'un certain rang, donc elle est stationnaire.

1. Soit $n\in \N$, on a: $$v_{n+1}=u_{n+1}-8=\dfrac{-u_n}{2}+12-8=\dfrac{-u_n}{2}+4=\dfrac{-(u_n-8)}{2}=\dfrac{-1}{2}v_n,$$ on en déduit que la suite $(v_n)$ est géométrique de raison $\frac{-}{2}$, comme le premier terme $v_0=-8$, on conclut que: $$\forall n\in \N,~~ v_n=-8\Par{\dfrac{-1}{2}}^n\Longrightarrow \forall n\in \N,~~u_n=-8\Par{\dfrac{-1}{2}}^n+8.$$
2. Soit $n\in \N$, on a: $$v_{n+1}=u_{n+1}-\sqrt{2}-1=\sqrt{2}u_n-2-\sqrt{2}=\sqrt{2}(u_n-\sqrt{2}-1)=\sqrt{2}v_n,$$ on en déduit que la suite $(v_n)$ est géométrique de raison $\sqrt{2}$, comme le premier terme $v_0=-1$, on conclut que: $$\forall n\in \N,~~ v_n=-\Par{\sqrt{2}}^n\Longrightarrow \forall n\in \N,~~u_n=-\Par{\sqrt{2}}^n+\sqrt{2}+1.$$
3. Soit $n\in \N$, on a: $$v_{n+1}=4u_{n+1}-6n-6+15=\dfrac{4}{3}u_n+4n-4+6n+9=\dfrac{1}{3}(4u_n-6n+15)=\dfrac{1}{3} v_n,$$ on en déduit que la suite $(v_n)$ est géométrique de raison $\dfrac{1}{3}$, le premier terme est $v_0=19$, on conclut que: $$\forall n\in \N,~~ v_n=19\Par{\frac{1}{3}}^n\Longrightarrow \forall n\in \N,~~u_n=\dfrac{19(\frac{1}{3})^n+6n-15}{4}.$$

1) Si on suppose que $\sin(n)$ converge vers $\ell$ alors $\sin(n+1)$ converge également vers $\ell$, or, $$\forall n\in \N,~~\sin(n+1)=\sin(n)\cos(1)+\cos(n)\sin(1)\Longrightarrow \cos(n)\tendvers{n}{\infty}\dfrac{\ell(1-\cos(1))}{\sin(1)}=\ell'.$$ En utilisant également les relation suivantes: $$\cos(n+1)=\cos(n)\cos(1)-\sin(n)\sin(1)\text{ et }\cos(n)^2+\sin(n)^2=1$$ et le faite que $(\cos(n+1))_n$ converge également vers $\ell'$, on trouve: $$ \ell'\sin(1)=\ell\Par{1-\cos(1)},~~~~ \ell'(1-\cos(1))=-\ell\sin(1),~~~~ \ell^2+\ell'^2=1. $$ Les deux premières relation nous donnent : $\ell \Par{(1-\cos(1))^2+\sin(1)^2}=0$ soit $\ell=0$ (puisque $(1-\cos(1))^2+\sin(1)^2=2-2\cos(1)\neq 0$) et donc $\ell'=0$, ce qui contredit le faite que $\ell^2+\ell'^2=1$.

On en déduit que la suite $(\sin(n))_n$ ne converge pas dans $\R$.

2) On fait la même démarche ...

1) $ u_1=\dfrac{4}{3}$, $u_2=\dfrac{6}{5}$ et $u_3=\dfrac{8}{7}$.

2) Pour tout $n\in \N$, on a: $$u_{n+1}=\dfrac{3u_n-2}{2u_n-1}=\dfrac{2u_n-1+u_n-1}{2u_n-1}=1+\dfrac{u_n-1}{2u_n-1}.$$

3) Par récurrence sur $n$, on pose $\mathcal{P}_n: u_n>1$. La relation est vraie pour $n=0$, supposons la vraie pour $n\geq 0$, donc $$u_n-1>0 \text{ et } 2u_n-1>0\Longrightarrow \dfrac{u_n-1}{2u_n-1}>0\Longrightarrow u_{n+1}=1+\dfrac{u_n-1}{2u_n-1}>1.$$ On en déduit que $\mathcal{P}_{n+1}$ est vraie.

Donc, pour tout $n\in \N$, on a $u_n>1$ et en particulier $2u_n-1\neq 0$ et donc la suite $(u_n)_n$ est bien définie.

4) La suite $(v_n)$ est bien définie puisque, pour tout $n\in \N$, $u_n-1\neq 0$. D'autre part, on a (pour $n\in \N$), $$v_{n+1}=\dfrac{2u_n-1}{u_n-1}=\dfrac{2u_n-2+1}{u_n-1}=2+\dfrac{1}{u_n-1}=2+v_n.$$ Donc la suite $(v_n)$ est une suite arithmétique, et on a, pour tout $n\in \N$, $v_n=2n+v_0=2n+1$. Soit $n\in \N$, on a: $$v_n=\dfrac{1}{u_n-1}\Longrightarrow u_n=\dfrac{v_n+1}{v_n}=\dfrac{2n+2}{2n+1}.$$

1) a) $u_1=\dfrac{1}{3}$, $u_2=\dfrac{1}{7}$ et $u_3=\dfrac{1}{15}$.

b) Par récurrence sur $n\in \N$.

2) On montre d'abord que, pour $n\in \N$, $v_{n+1}=\dfrac{v_n}{2}$ puis $v_n=\Par{\frac{1}{2}}^{n+1}$.

Soit $n\in \N$, $$u_n=\dfrac{v_n}{v_n-1}=\dfrac{\Par{\frac{1}{2}}^{n+1}}{1-\Par{\frac{1}{2}}^{n+1}}=\dfrac{1}{2^{n+1}-1}.$$

Notons d'abord que, pour tout $n\in \N$, on a $$\dfrac{\ell}{2}=\dfrac{\ell}{n(n+1)}\sum_{k=0}^nk=\dfrac{1}{n(n+1)}\sum_{k=0}^nk\ell.$$ Donc, pour tout $n\in \N$, on a: $$v_n-\dfrac{\ell}{2}=\dfrac{1}{n(n+1)}\Par{\sum_{k=0}^nku_k-\sum_{k=0}^nk\ell}=\dfrac{1}{n(n+1)}\sum_{k=0}^nk(u_k-\ell).$$ Soit $\varepsilon>0$, puisque la suite $u$ tend vers $\ell$ alors il existe $N_1\in \N$ tel que, pour tout $n\geq N_1$, on a $|u_n-\ell|\leq \varepsilon$.
D'autre par la suite $\Par{\dfrac{\sum_{k=0}^{N_1}|k(u_k-\ell)|}{n(n+1)}}_{n}$ tend vers $0$ lorsque $n$ tend vers $\infty$.
Donc il existe $N_2\in \N$, tel que pour tout $n\geq N_2$, on a $\dfrac{\sum_{k=0}^{N_1}|k(u_k-\ell)|}{n(n+1)}\leq \dfrac{\varepsilon}{2}$.

Soit $n_0=\max(N_1;N_2)$, pour tout $n\geq n_0$, on a: $$ \abs{v_n-\dfrac{\ell}{2}}\leq \dfrac{1}{n(n+1)}\Par{\sum_{k=0}^{N_1}k\abs{u_k-\ell}+\sum_{k=N_1+1}^nk\abs{u_k-\ell}}\leq \dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. $$ On en déduit que $v_n\tendvers{n}{\infty}\dfrac{\ell}{2}$.

1. Soit $n\in \N^*$, on a : $$\forall 1\leq k\leq n,~~n^2+1\leq n+k\leq n^2+n\Longrightarrow\forall 1\leq k\leq n,~~\dfrac{1}{n^2+n}\leq \dfrac{1}{n^2+k}\leq \dfrac{1}{n^2+1}.$$ En multipliant cette relation par $n$ et en faisant la somme de $k=1...n$, on trouve: $$ \sum_{k=1}^n\dfrac{n}{n^2+n}\leq \sum_{1\leq k\leq n}\frac{n}{n^2+k}\leq \sum_{k=1}^n\dfrac{n}{n^2+1}\Longrightarrow \dfrac{n^2}{n^2+n}\leq u_n\leq \dfrac{n^2}{n^2+1}. $$
2. La suites $(\dfrac{n}{n+1})_n$ et $(\dfrac{n^2}{n^2+1})_n$ ont pour limite $1$. Donc en utilisant le théorème d'encadrement on trouve que la suite $(u_n)_n$ est convergent et sa limite vaut $1$.

1. $u_5=0.235711$, $u_6=0.23571113$ et $u_6=0.2357111317$.
2. Pour obtenir $u_{n+1}$ on ajoute un terme strictement positive à $u_n$ donc la suite est strictement croissante, de plus elle est majoré par $0.3$ donc la suite $u$ est convergent.

Remarque La limite cette suite est un réel mystérieux imaginé par le mathématicien P. Erdös.

1. Soit $n\in \N^*$, on a: $$ u_{n+1}-u_n=\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{k^3}-\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k^3}=\dfrac{1}{(n+1)^3}>0,$$ donc la suite est strictement croissante.
2. La démonstration se fait par récurrence sur $n\in \N^*$. Cette relation nous donne, pour tout $n\in \N^*$, $u_n\leq 2-\frac{1}{n}< 2$. Donc la suite $(u_n)_n$ est majorée par $2$ donc elle converg vers $\ell\leq 2$.

Remarque Roger Apéry (mathématicien français) a montré en 1979 que $\ell\not\in \Q$.

1. Soit $n\in \N^*$, on a $$u_{n+1}-u_n=\sum_{1\leq k\leq n+1}\frac{1}{n+1+k}-\sum_{1\leq k\leq n}\frac{1}{n+k}=\sum_{k=2}^{n+2}\dfrac{1}{n+k}-\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{n+k}=\dfrac{1}{2n+1}+\dfrac{1}{2n+2}-\dfrac{1}{n+1}=\dfrac{1}{(2n+1)(2n+2)}>0$$ donc la suite $(u_n)_n$ est strictement croissante.
2. Soit $n\in \N^*$, pour tout $k\in \inter{0,n}$, on a: $$n+1\leq n+k\leq n+n\Longrightarrow \dfrac{1}{n+n}\leq \dfrac{1}{n+k}\leq \dfrac{1}{n+1}$$ en sommant cette dernière relation, on trouve: $$ \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{n+n}\leq \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{n+k}\leq \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{n+1}\Longrightarrow \dfrac{n}{n+n}\leq u_n\leq \dfrac{n}{n+1} < 1.$$ On en déduit que la suite $(u_n)_n$ est majorée par $1$.
   La suit $(u_n)_n$ est croissante majorée donc elle converge vers $\ell\in ]\frac{1}{2};1]$.

Remarque En utilisant la somme de Riemann on montre que la limite de cette suite est $\ln(2)$.

1. Par récurrence sur $n\in \N^*$, on montre que la suite est strictement positive.
   Soit $n\in \N$, on a: $$ \dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{1}{1+nu_n^2}< 1 ~~~~(1+nu_n^2>1). $$ Donc la suite est décroissante.
2. Soit $n\geq 2$, on pose $\mathcal{H}_n:~~u_n\leq \dfrac{1}{n}$. Pour $n=2$, on a: $$u_1=\dfrac{2}{1+0}=2,~~u_2=\dfrac{2}{1+4}=\dfrac{2}{5}< \dfrac{1}{2}$$ Donc $\mathcal{H}_2$ est vraie. Soit $n\geq 2$ et supposons que $\mathcal{H}_n$ est vraie, montrons $\mathcal{H}_{n+1}$. On a $u_{n+1}=\dfrac{u_n}{1+nu_n^2}$, considérons la fonction $f$ définie par $f(x)=\dfrac{x}{1+nx^2}$, $f$ est dérivable et on a $$f'(x)=\dfrac{1-nx^2}{(1+nx^2)^2}\Longrightarrow \forall x\in [0;\frac{1}{n}],~~f'(x)>0$$ donc $f$ est croissante sur cette intervalle, comme la $u_n\leq \frac{1}{n}$ (l'hypothèse $\mathcal{H}_n$), on en déduit: $$u_{n+1}=f(u_n)\leq f\Par{\frac{1}{n}}=\dfrac{\dfrac{1}{n}}{1+n\dfrac{1}{n^2}}=\dfrac{1}{n+1}.$$ On en déduit que $\mathcal{H}_{n+1}$ est vraie.
   Donc $\mathcal{H}_n$ est vraie pour tout $n\geq 2$.
3. Soit $n\geq 2$, on a: $\dfrac{1}{u_{n+1}}-\dfrac{1}{u_n}=nu_n\leq 1$, en sommant cette relation entre $2$ et $n-1$, on trouve: $$\dfrac{1}{u_n}-\dfrac{1}{u_2}\leq n-2\Longrightarrow \dfrac{1}{n-2+\frac{1}{u_2}}\leq u_n$$ En utilisant le résultat de la question 2), on trouve: $$\forall n\geq 2,~~~~ \dfrac{n}{n-2+\frac{1}{u_2}}\leq nx_n\leq 1\Longrightarrow \limiteX{n}{\infty}nu_n=1.$$

1. On pose, pour $n\in \N$, $\mathcal{H}_n: ~~u_n>0 \text{ et } v_n>0$. Pour $n=0$, on a $u_0=a>0$ et $v_0=b>0$ donc $\mathcal{H}_0$ est vraie. Soit $n\in \N$, on suppose que $\mathcal{H}_n$ est vraie, alors : $$u_{n+1}=\dfrac{u_n+v_n}{2}>0,\text{ et } v_{n+1}=\sqrt{u_nv_n}>0$$ on en déduit que $\mathcal{H}_{n+1}$ est vraie. Soit $\mathcal{H}_n$ est vraie pour tout $n\in \N$.
2. Par récurrence sur $n\in \N$, en remarquant que $u_{n+1}-v_{n+1}=\dfrac{(\sqrt{u_n}-\sqrt{v_n})^2}{2}$.
3. Soit $n\in \N$, d'après la question 2, on a: $$u_{n+1}-u_n=\dfrac{v_n-u_n}{2}< 0,\text{ et } \dfrac{v_{n+1}}{v_n}=\dfrac{u_nv_n}{v_n}=\sqrt{\dfrac{u_n}{v_n}}>1.$$ On en déduit que la suite $u$ est strictement décroissante et que la suite $v$ est strictement croissante.
4. Soit $n\in \N$, d'après la question 1 et la question 3, on a $$u_n>v_n>b,~~~~v_n< u_n< u_0=a,$$ ce qui donne $u$ est minorée par $b$ et $v$ majorée par $a$.
5. On en déduit de ce qui procède que $u$ converge vers $\ell\in [a,b]$ et $v$ converge vers $\ell'\in [a;b]$. De plus en passant à la limite dans les relations définissant $u_n$ et $v_n$, on trouve: $$\left\{\begin{array}{l} \ell'=\sqrt{\ell\ell'}\\ \ell=\dfrac{\ell+\ell'}{2} \end{array} \right.\Longrightarrow\left\{\begin{array}{l} \ell'=\ell\\ \ell=\ell' \end{array}\right.\Longrightarrow \ell=\ell'.$$

1. Dire que la suite $u$ est bien définie revient à montrer que, pour tout $n\in \N$, $3u_n-2\geq 0$ i.e. $u_n\geq \frac{2}{3}$. On peut montrer par récurrence sur $n\in \N$, que $u_n\in [2;4]$. Donc $u_n>\frac{2}{3}$ soit la suite $u$ est bien définie.
2. Pour la décroissance, on montre par récurrence sur $\N$, en remarquant, que pour $n\geq 0$, $$u_{n+1}-u_n=\dfrac{(\sqrt{3u_n-2}-\sqrt{3u_{n-1}-2})((\sqrt{3u_n-2}+\sqrt{3u_{n-1}-2})}{\sqrt{3u_n-2}+\sqrt{3u_{n-1}-2}}=\dfrac{3(u_n-u_{n-1})}{\sqrt{3u_n-2}+\sqrt{3u_{n-1}-2}}.$$ D'autre part, on a vu dans la question 1) que $u_n\geq 2$ donc la suite $u$ est minorée par $2$.
3. La démonstration se fait par récurrence en utilisant la relation ci-dessous pour passer de rang $n$ au rang $n+1$.
   Soit $n\in \N$, on a $$\abs{u_{n+1}-2}=\abs{\sqrt{3u_n-2}-\sqrt{3\times 2 -2}}=\dfrac{3\abs{u_n-2}}{\sqrt{3u_n-2}+2}\leq \dfrac{3}{4}\abs{u_n-2},$$ car $\sqrt{3u_n-2}+2\geq 2+2=4$.
   Cette relation nous donne la majoration suivante: $$\forall n\in \N,~~~~0\leq \abs{u_n-2}\leq \Par{\dfrac{3}{4}}^n|u_0-2|\Longrightarrow \limiteX{n}{\infty}u_n=2.$$

1. Pour $n\in \N$, on pose $\mathcal{H}_n:\,u_n\in [0;2]$. $\mathcal{H}_0$ est vraie puisque $u_0=0\in [0;2]$. Soit $n\geq 0$, on suppose que $\mathcal{H}_n$ est vraie, donc : $$0\leq u_n\leq 2\Longrightarrow -2\leq -u_n\leq 0\Longrightarrow 0\leq 2-u_n\leq 2\Longrightarrow 0\leq \sqrt{2-u_n}\leq \sqrt{2}\leq 2.$$ On en déduit alors que $u_{n+1}\in [0;2]$ soit $\mathcal{H}_{n+1}$ est vraie.
   On en déduit que $\mathcal{H}_n$ est vraie pour tout $n\in \N$.
2. Soit $n\in \N$, on a $$\abs{u_{n+1}-1}=\abs{\sqrt{2-u_n}-\sqrt{2-1}}=\dfrac{\abs{u_n-1}}{1+\sqrt{2-u_n}}.$$ Si $n=0$ alors $u_n=0\leq \sqrt{2}$, sinon $u_n=\sqrt{2-u_{n-1}}\leq \sqrt{2}$ d'après la question 1), dans les deux cas, on a: $$\sqrt{2-\sqrt{2}}\leq \sqrt{2-u_n}\Longrightarrow \dfrac{1}{1+\sqrt{2-u_n}}\leq \dfrac{1}{1+\sqrt{2-\sqrt{2}}}\Longrightarrow \abs{u_{n+1}-1}\leq \dfrac{\abs{u_n-1}}{1+\sqrt{2-\sqrt{2}}}.$$ Par récurrence sur $n\in \N$, et en utilisant la dernière relation, on trouve. $$\forall n\in \N,~~0\leq \abs{u_n-1}\leq \Par{\dfrac{1}{1+\sqrt{2-\sqrt{2}}}}^n\abs{u_0-1}\Longrightarrow \limiteX{n}{\infty}u_n=1.$$

Remarque Vous pouvez tester la convergence en utilisant le suivant.

L'équation $x^2=\dfrac{x+1}{2}$ a pour racines $x_1=1$ et $x_2=\frac{-1}{2}$, on en déduit qu'ils existe $\alpha,\beta\in \R$ tels que, $$\forall n\in \N,~~~~u_n=\alpha x_1^n+\beta x_2^n=\alpha+\beta\Par{\dfrac{-1}{2}}^n.$$ Pour $n=0$, puis $n=1$, on trouve le système suivant: $$\left\{\begin{array}{ccl} \alpha+\beta&=&a\\ \alpha-\frac{\beta}{2}&=&b \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{ccl} \alpha+\beta&=&a\\ 3\alpha&=&a+2b \end{array} \right. \Longleftrightarrow\left\{\begin{array}{ccl} \alpha&=&\dfrac{a+2b}{3}\\ \beta&=&\dfrac{2a-2b}{3} \end{array} \right. $$ Ce qui donne, $$\forall n\in \N,~~u_n=\dfrac{a+2b}{3}+\dfrac{2a-2}{3}\Par{\frac{-1}{2}}^n\tendvers{n}{\infty}\dfrac{a+2b}{3}.$$

Il est clair que, pour tout $n\in \N$, on a $u_n>0$.

On $u_1=\sqrt{a+\sqrt{a}}>\sqrt{a}=u_0$. On va tenter de montrer que la suite $u$ est croissante. Soit $n\in\N$, on a: $$u_{n+1}-u_n= \dfrac{(\sqrt{a+u_n}-\sqrt{a+u_{n-1}})(\sqrt{a+u_n}+\sqrt{a+u_{n-1}})}{\sqrt{a+u_n}-\sqrt{a+u_{n-1}}}= \dfrac{u_n-u_{n-1}}{\sqrt{a+u_n}-\sqrt{a+u_{n-1}}},$$ donc le signe de $u_{n+1}-u_n$ est le même que $u_n-u_{n-1}$, comme $u_1-u_0>0$ alors par récurrence sur $n$, on montre que $u_{n+1}-u_n>$.

On montre également par récurrence sur $n\in \N$ que $u$ est majorée par $\ell=\dfrac{1+\sqrt{1+4a}}{2}$ ($\ell$ vérifie $\ell=\sqrt{a+\ell}$). Ce qui donne que la suite $u$ converge et sa limite est $\ell$.

1. On pose pour $x\in [0;1],\,h(x)=f(x)-x^2$. On $h\in \CC([0;1]$ comme somme de deux fonctions continues. d'autre part, on a $h(0)=f(0)\geq 0$ et $h(1)=f(1)-1\leq 0$ (car $f(0),f(1)\in [0;1]$). Ce qui nous donne $h(0)h(1)\leq 0$, alors d'après le TVI, il existe $x_2\in [0;1]$ tel que $h(x_2)=0$ soit $f(x_2)=x_2^2$.
2. On pose pour $x\in [0;1],\,h_n(x)=f(x)-x^n$. On $h\in \CC([0;1]$ comme somme de deux fonctions continues. d'autre part, on a $h_n(0)=f(0)\geq 0$ et $h_n(1)=f(1)-1\leq 0$. Ce qui nous donne $h_n(0)h_n(1)\leq 0$, alors d'après le TVI, il existe $x_n\in [0;1]$ tel que $h_n(x_n)=0$ soit $f(x_n)=x_n^n$.
3. 1. La fonction $x\mapsto -x^n$ est strictement décroissante sur $[0;1]$. Donc $h_n$ est strictement décroissante sur $[0;1]$ comme la somme de deux fonctions décroissantes. L'existence de $x_n\in [0;1]$ tel que $h_n(x_n)=0$ est donnée dans la question 2 de cette exercice. L'unicité de $x_n$ vient de la strict décroissance de $h_n$ car si $x\in [0;1]\diagdown\{x_n\}$ si $x< x_n$ on a $h_n(x)>h_n(x_n)=0$ et si $x>x_n$ on a $h_n(x)< 0$ et donc dans les deux cas $h_n(x)\neq 0$. Le point $x_n$ est donc le seul élément de $[0;1]$ pour lequel $h_n$ s'annule.
   2. Puisque $f$ est strictement décroissante, on a $f(1)<f(0)$ et comme $f(0),f(1)\in [0;1]$ alors on en déduit que $f(0)>0$ et $f(1)< 1$. Ceci implique que $x_n\in ]0;1[$.
      D'autre part, on a $h_{n+1}(x_{n})=f(x_{n})-x_{n}^{n+1}=f(x_n)-x_n^n+x_n^n-x_n^{n+1}=x_n^n(1-x_n^{n+1})>0$ (puisque $x_n\not\in \{0;1\}$).
   3. La suite $(x_n)_n$ est une suite croissante et majorée par 1, donc $x_n$ converge vers $a\in [0;1]$; Supposons que $a< 1$, alors on a: $$\forall n\in \N^*,\,h_n(a)< 0\Rightarrow \forall n\in \N^*,f(a)< a^n\Rightarrow f(a)\leq 0$$ Comme $a< 1$ alors $f(1)< f(a)\leq 0$ ce qui impossible car $f(1)\in [0;1]$ donc on en déduit que $a=1$.
   4. Pour $n>0$, on a $f(x_n)=x_n^n$. Comme $f$ est une fonction continue, et $x_n\underset{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow}1$. On en déduite que $f(x_n)\underset{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow}f(1)$. Soit $x_n^n\underset{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow}f(1)$.